课时跟踪检测(三十二) 带电粒子在复合场中的运动(二)高考常考题型：计算题1．(2022·济南模拟)如图1所示，一个质量为m、带电量为＋q的小球，以初速度v0自h高度处水平抛出。不计空气阻力，重力加速度为g。图1(1)若在空间竖直方向加一个匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强E的大小；(2)若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球水平抛出后恰沿圆弧轨迹运动，落地点P到抛出点的距离为h，求该磁场磁感应强度B的大小。2．(2022·天津模拟)如图2，平行金属板倾斜放置，AB长度为L，金属板与水平方向的夹角为θ，一电荷量为－q、质量为m的带电小球以水平速度v0进入电场，且做直线运动，到达B点。离开电场后，进入如图所示的电磁场(图中电场没有画出)区域做匀速圆周运动，并竖直向下穿出电磁场，磁感应强度为B。试求：图2(1)带电小球进入电磁场区域时的速度v。(2)带电小球在电磁场区域做匀速圆周运动的时间。(3)重力在电磁场区域对小球所做的功。3．(2022·四川眉山二模)如图3所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正图3方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；(3)圆形磁场的最小半径Rm。4．(2022·汕头二模)如图4所示，在坐标系xOy中，第一象限除外的其它象限都充满匀强磁场，磁感应强度都为B＝0.12T、方向垂直纸面向内。P是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离l＝0.40m。一比荷＝5.0×107C/kg的带正电粒子从P点开始进入匀强磁场中运动，初速度v0＝3.0×106m/s、方向与y轴正方向成夹角θ＝53°并与磁场方向垂直。不计粒子的重力作用。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：7\n图4(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；(2)在第一象限中与x轴平行的虚线上方的区域内充满沿x轴负方向的匀强电场(如图)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P点沿初速度的方向再次射入磁场。求匀强电场的电场强度E和电场边界(虚线)与x轴之间的距离d。5．(2022·山东高考)如图5甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图5(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。6．(2022·黄冈中学模拟)如图6所示，在xOy坐标系中分布着三个有界场区：第一象限中有一半径为r＝0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B1＝1T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为A、C；第四象限中，由y轴、抛物线FG(y＝－10x2＋x－0.025，单位：m)和直线DH(y＝x－0.425，单位：m)构成的区域中，存在着方向竖直向下、强度E＝2.5N/C的匀强电场；以及直线DH右下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B2＝0.5T。现有大量质量为1×10－6kg(重力不计)，电量大小为2×10－4C，速率均为20m/s的带负电的粒子从A处垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴夹角在0至180°之间。7\n图6(1)求这些粒子在圆形磁场区域中运动的半径；(2)试证明这些粒子经过x轴时速度方向均与x轴垂直；(3)通过计算说明这些粒子会经过y轴上的同一点，并求出该点坐标。答案课时跟踪检测(三十二)带电粒子在复合场中的运动(二)1．解析：(1)小球做匀速直线运动，说明重力和电场力平衡，根据平衡条件，有mg＝qE解得：E＝。(2)再加匀强磁场后，小球做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，设轨道半径为R，根据几何关系得P点到抛出点的水平距离x＝hR2＝(R－h)2＋x2 解得：R＝由qv0B＝m，得B＝答案：(1)E＝ (2)B＝2．解析：(1)对带电小球进行受力分析，带电小球受重力mg和电场力F，F合＝Fsinθ，mg＝Fcosθ解得F合＝mgtanθ根据动能定理F合L＝mv2－mv02，解得v＝(2)带电小球进入电磁场区域后做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，带电小球只在洛伦兹力作用下运动。通过几何知识可以得出，带电粒子在磁场中运动了圆周，运动时间为t＝＝×＝7\n(3)带电小球在竖直方向运动的高度差等于一个半径，h＝R＝重力做的功为W＝mgh＝mg×＝。答案：(1) (2)(3)3．解析：(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：L＝at2，eE＝ma2L＝vt联立解得：E＝。(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ。由动能定理，有mvC2－mv2＝eEL解得vC＝v。cosθ＝v/vC＝/2得θ＝45°。(3)画轨迹如图所示。电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝＝电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出。磁场最小半径为：Rmin＝PQ/2＝rsin60°，得：Rmin＝答案：(1) (2)45° (3)4．解析：(1)粒子在磁场区域内运动，有qv0B＝m可得粒子运动的轨道半径R＝代入数据解得7\nR＝0.50m(2)通过作图可知(如图)，粒子运动轨迹的圆心A恰好落在x轴上。由几何关系可知：粒子从C点进入第一象限时的位置坐标为x＝R－Rcosθ＝0.20m粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场运动时间为t，加速度为a，则l－d＝v0tqE＝max＝at2vx＝at粒子运动到P点时，有vx＝v0tanθ由以上各式，代入数据解得电场强度E＝8.0×105N/C电场边界(虚线)与x轴之间的距离d＝0.10m答案：(1)0.50m (2)8.0×105N/C0．10m5．解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝mv2①由①式得v＝②设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma③由运动学公式得d＝a()2④联立③④式得d＝⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>⑦联立②⑥⑦式得B<⑧7\n(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨联立②⑤⑨式得t1＝⑩若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝t2⑪联立⑨⑩⑪式得t2＝⑫设粒子在磁场中运动的时间为tt＝3T0－－t1－t2⑬联立⑫⑬式得t＝⑭设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝⑮由题意可知T＝t⑯联立⑭⑮⑯式得B＝⑰答案：(1) (2)B< (3) 6．解析：(1)由qvB1＝m，解得，R1＝0.1m。(2)从A点以任意方向进入磁场的粒子，设其从K点离开磁场，O1和O2分别是磁场区域和圆周运动的圆心，因为圆周运动半径和磁场区域半径相同，因此O1AO2K为菱形，离开磁场时速度垂直于O2K，即垂直于x轴，得证。(3)设粒子在第四象限进入电场时的坐标为(x，y1)，离开电场时的坐标为(x，y2)，离开电场时速度为v2，在B2磁场区域做圆周运动的半径为R2。由动能定理，qE(y2－y1)＝mv22－mv12，而y1＝－10x2＋x－0.025，y2＝x－0.425，7\n在B2磁场区域，qv2B2＝m，联立解得R2＝x。因v2的方向与DH成45°，且半径刚好为x坐标值，则粒子做圆周运动的圆心必在y轴上，在此磁场中恰好经过四分之一圆周，并且刚好到达H处，H点坐标为(0，－0.425m)。答案：(1)0.1m (2)见解析(3)(0，－0.425m)7
